ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

а) Построим треугольник $ABC$, отметим середины $N$ и $P$ сторон $AB$ и $BC$, проведём отрезок $NP$ и вписанную окружность, которая касается $NP$ сверху и стороны $AC$ снизу.

Отрезок $NP$ соединяет середины двух сторон треугольника, то есть является его средней линией. По свойству средней линии

$$NP\parallel AC,NP=\frac{1}{2}AC.$$

Вписанная окружность касается параллельных прямых $AC$ и $NP$, поэтому вся она лежит в полосе между этими прямыми. Часть треугольника $ABC$, лежащая в этой полосе, — трапеция $ANPC$. Значит, окружность лежит внутри трапеции $ANPC$ и касается всех её сторон: $AN$ (часть стороны $AB$), $NP$, $PC$ (часть стороны $BC$) и $CA$. То есть окружность вписана в четырёхугольник $ANPC$.

В описанном четырёхугольнике суммы противоположных сторон равны:

$$NP+AC=AN+PC.$$

Обозначим $AC=2a$, тогда $NP=a$. Так как $N$ и $P$ — середины сторон, $AN=\frac{1}{2}AB$ и $PC=\frac{1}{2}BC$. Подставим:

$$a+2a=\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}BC\Rightarrow AB+BC=6a.$$

Тогда периметр треугольника

$$P_{ABC}=AB+BC+AC=6a+2a=8a=4\cdot 2a=4AC.$$

Что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $4AC=28$, откуда $AC=7$ и

$$AB+BC=28-7=21.$$

Обозначим $AB=x$, тогда $BC=21-x$. Запишем теорему косинусов для стороны $BC$ треугольника $ABC$, учитывая, что $\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$:

$$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos \angle BAC,$$

$$(21-x{)}^2=x^2+49-2\cdot x\cdot 7\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=x^2+49+7x.$$

Раскроем скобки:

$$441-42x+x^2=x^2+49+7x\Rightarrow 49x=392\Rightarrow x=8.$$

Итак, $AB=8$, $BC=13$. Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон на синус угла между ними, $\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \sin \angle BAC=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 7\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $14\sqrt{3}$.